Республиканская олимпиада по математике, 2008 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Если имелось ввиду что B2∈BB1∩AC то условие выполняется , то что BB1 будет внешней биссектрисы следует из того что B1 середина дуги AC.
Докажем что B2BI,B1BIb подобны это и докажет что B1Ib⊥B2I так как ∠B2BIb=90∘.
Для этого докажем что BIBB2=BB1BIb пусть p полупериметр и S площадь и R радиус описанной окружности ABC тогда
BIb=pcos(B2), BB1=2R⋅cos(C+B2),BI=Sp⋅sin(B2),BB2=AB⋅sinA−cos(A+B2)
Подставляя и приравнивая и преобразовывая −cos(A+B2)=cos(C+B2) что верно
Очевидно, что точки B, B1 и B2 лежат на одной прямой; а также точки B,I и Ib лежат на одной прямой.
Пусть T основание перпендикуляра из точки I на прямую B1Ib.
Рассмотрим три окружности. Окружность построенная на IIb как на диаметре, окружность построенная на IB1 как на диаметре, описанная окружность треугольника ABC. Известный факт что три радикальные оси пересекаются в одной точке. Из этого следует что точки T, I и B2 лежат на одной прямой
Обозначим Ia,Ic как Ib. Заметим что (ABC) это окружность 9 точкек в IaIbIc. Отсюда B1 середина IaIc и так как I ортоцентр этого треугольника тогда B1I∩(IaIbIc)=K и ∠IKB2=90. По рад.ось B2−K−Ib колинеарны. Тогда I ортоцентр в треугольнике B1B2Ib отсюда следует перпендикулярность.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.